Γ tại x ∈ Γ là vectơ ν (x) = Ai ∂gi ∂ξ1, ..., ∂gi ∂ξn−1,1 r ∂gi ∂ξ1 2 +...+ ∂gi ∂ξn−1 2 + 1 , (1.4.1)
ở đó x = Aiξ = Ai(ξ1, ..., ξn−1, gi(ξ1, ..., ξn−1)) như trong (1.2.19). Giả sử Ω là miền Lipschitz. Khi đó các hàm gi là liên tục Lipschitz và theo định lý Rademacher, chúng có đạo hàm hầu khắp nơi trên Γi ⊂ Rn−1, xem (1.2.19), vì vậy ν được định nghĩa hầu khắp nơi trên Γ và không phụ thuộc vào phủ của Γ xác định bởi hệ tọa độ (Gi, Ai). Với hàm f : Γ → R ta có thể định nghĩa tích phân mặt RΓf (x)dS qua độ đo Lebesgue (n−1)-chiều bởi:
Z Γ f (x)dS= X i Z f Gi f (Ai(ξ1, ..., ξn−1, gi(ξ1, ..., ξn−1))) × s ∂gi ∂ξ1 2 + ...+ ∂gi ∂ξn−1 2 + 1 d(ξ1, ..., ξn−1), (1.4.2) ở đó Gfi ⊂ Gi được lựa chọn phù hợp, để có phủ của Γ gồm các tập đôi một rời nhau. Ta lại có giá trị RΓf (x)dS không phụ thuộc hệ tọa độ cụ thể f Gi, Ai .
Định lí 1.4.1. (Công thức tích phân từng phần) Nếu υ ∈ W1,p(Ω) và z ∈ W1,p0(Ω), khi đó ∀i = 1, ..., n : Z Ω υ ∂z ∂xi + ∂υ ∂xiz dx = Z Γ υzνidS. (1.4.3) Xét z = (z1, ..., zn), viết (1.4.3) với zi thay cho z, rồi lấy tổng theo i = 1, ..., n và viết tắt divz :=
n
P
i=1
∂
∂xizi là divergence của trường vecto z, ta sẽ có công thức sau:
Định lí 1.4.2. (Công thức Green) Với mọi υ ∈ W1,p(Ω) và z ∈ W1,p0(Ω;Rn) ta có Z Ω (υ(divz) +z· ∇υ)dx = Z Γ υ(z·ν)dS. (1.4.4) Định lí 1.4.3. (Bất đẳng thức kiểu Poincare) Cho 1 6 q 6 p∗. Khi đó tồn tại Cp < +∞ sao cho
kukW1,p(Ω) 6Cp
k∇ukLp(Ω;Rn) +kukLq(Ω)
. (1.4.5) Cho 16 q 6 p#, Ω là liên thông và cho ΓD,ΓN ⊂ Γ sao cho
measn−1(ΓD) > 0 và measn−1(ΓN) > 0. Khi đó tồn tại Cp < +∞ sao cho kukW1,p(Ω) 6Cpk∇ukLp(Ω;Rn) +u|Γ N Lq(ΓN) (1.4.6) và u|ΓD = 0⇒ kukW1,p(Ω) 6 Cpk∇ukLp(Ω;Rn). (1.4.7) Trường hợp đặc biệt của (1.4.6) với ΓD = Γ và p = q = 2, thường gọi là bất đẳng thức Friedrich.
Định lí 1.4.4. (Bất đẳng thức Korn) Cho 1 < p < +∞. Tồn tại hằng số CK = CK(p,Ω) sao cho với mọi v ∈ W01,p(Ω) ta có
kvkW1,p
0 (Ω;Rn) 6 CKke(∇v)kLp(Ω;Rn×n), (1.4.8) ở đó e(∇v) = ∇v+(∇v)
T
Ánh xạ giả đơn điệu và ánh xạ liên tục yếu
2.1 Các khái niệm cơ bản, phương pháp Galerkin Trong suốt chương này, V là không gian Banach phản xạ, tách được và V∗ là đối ngẫu của nó, với k·k và k·k∗ tương ứng là kí hiệu ngắn gọn của chuẩn của chúng.
Định nghĩa 2.1.1. (Các dạng đơn điệu) Cho ánh xạ A : V → V∗. Ta định nghĩa:
(i) A : V →V∗ là đơn điệu nếu ∀u, v ∈ V : hA(u)−A(v), u −vi > 0. (ii) Nếu A là đơn điệu và ∀u 6= v ta đều có hA(u)−A(v), u−vi > 0, thì A gọi là đơn điệu ngặt.
(iii) Xét hàm tăng d : R+ →R, ta sẽ nói rằng A : V →V∗ là d-đơn điệu theo nửa chuẩn |·| nếu
hA(u)−A(v), u−vi > (d(|u|)−d(|v|)) (|u| − |v|). (2.1.1) Nếu |·| là chuẩn k·k trên V thì ta sẽ nói đơn giản A là d-đơn điệu. Hơn nữa, A được gọi là đơn điệu đều nếu
với một hàm tăng, liên tục ς : R+ → R+. Nếu ς(r) = δr với δ > 0, thì A được gọi là đơn điệu mạnh.
(iv) Ánh xạ A : V →V∗ được gọi là giả đơn điệu nếu
A bị chặn, và (2.1.3) uk * u lim sup k→∞ hA(uk), uk−ui 6 0 ⇒ ∀v ∈ V : hA(u), u−vi 6liminf k→∞ hA(uk), uk −vi. (2.1.4)
Chú ý 2.1.1. Lưu ý rằng tính đơn điệu trong Định nghĩa 2.1.1(i) không liên quan trực tiếp với tính đơn điệu của các ánh xạ theo một quan hệ thứ tự. Chẳng hạn, nếu V∗ = V thì hợp của các toán tử đơn điệu có ý nghĩa nhưng không nhất thiết đơn điệu. Định nghĩa 2.1.1(iv) là sự mở rộng thích hợp của sự tổng quát hóa của khái niệm đơn điệu phù hợp với phương trình tựa tuyến tính
−div(a(u,∇u)) +c(u,∇u) =g. Định nghĩa 2.1.2. (Các dạng liên tục)
(i) A : V → V∗ là bán liên tục (hemicontinuous) nếu ∀u, v, w ∈ V hàm t7→ hA(u+tv), wi là liên tục, tức là A liên tục yếu có hướng.
(ii) Nếu nó chỉ đúng với v = w, tức là ∀u, v ∈ V : t 7→ hA(u+tv), vi liên tục thì A được gọi là liên tục xuyên tâm (radially continuous). (iii) A : V → V∗ là 1/2 liên tục (demicontinuous) nếu ∀w ∈ V phiếm hàm u 7→ hA(u), wi liên tục; tức là A là liên tục với tư cách là ánh xạ
V,chuẩn → V∗,yếu.
(iv) A : V → V∗ là liên tục yếu (weak continuous) nếu ∀w ∈ V phiếm hàm u 7→ hA(u), wi liên tục yếu; tức là A là liên tục như một ánh xạ:
V,chuẩn → V∗,yếu.
(v) A : V → V∗ là hoàn toàn liên tục (totally continuous) nếu nó liên tục như một ánh xạ V,yếu→ V∗,chuẩn.
Bổ đề 2.1.1. Mọi ánh xạ giả đơn điệu A đều 1/2 liên tục. Chứng minh. Giả sử uk → u. Theo 2.1.2(i), dãy {A(uk)}k∈
N bị chặn trong không gian phản xạ V∗. Khi đó do V tách được, nên theo Định lý Banach 1.1.6 sau khi chuyển qua một dãy con (vẫn ký hiệu là uk) ta có A(uk) * f với một f ∈ V∗. Do vậy limk→∞hA(uk), uk−ui =
hf, u−ui = 0 và bởi vậy, theo (2.1.4), hA(u), u−vi 6lim inf
k→∞ hA(uk), uk −vi = hf, u−vi, (2.1.5) với mọi v ∈ V. Từ điều này ta có A(u) = f. Đặc biệt f là duy nhất và vì vậy toàn bộ dãy (không chỉ dãy con đã được chọn) phải hội tụ.
Định nghĩa 2.1.3. (Tính bức) A: V →V∗ là bức nếu ∃ς : R+ −→ R+
và hA(u), ui > ς(kuk)kuk. Nói cách khác, A bức có nghĩa là
lim
kuk→∞
hA(u), ui
kuk = +∞. (2.1.6)
Định lí 2.1.2. (Brezis) Mọi toán tử A giả đơn điệu và bức đều toàn ánh; nghĩa là, với mọi f ∈ V∗, tồn tại ít nhất một nghiệm của phương trình
A(u) = f. (2.1.7)
Chứng minh. Ta chia chứng minh thành 4 bước.
Bước 1: (Xấp xỉ Galerkin) Vì V là tách được nên ta có thể chọn dãy các không gian con hữu hạn chiều
∀k ∈ N : Vk ⊂ Vk+1 ⊂ V và [
k∈N
Vk trù mật trong V. (2.1.8) Khi đó, ta định nghĩa xấp xỉ Galerkin uk ∈ Vk bởi đẳng thức
∀v ∈ Vk : hA(uk), vi = hf, vi. (2.1.9)
uk ∈ Vk là nghiệm của Ik∗(A(uk)−f) = 0, ở đó Ik : Vk → V là phép nhúng chính tắc, do vậy toán tử liên hợp Ik∗ : V∗ → Vk∗ là sự hạn chế Ik∗f = f|V
k. Bên cạnh đó, do Vk là hữu hạn chiều nên ta sẽ đồng nhất Vk ∼= V∗
k nhờ phép đồng phôi tuyến tính Jk : Vk → Vk∗ sao cho hJku, ui = kuk2V k ,kJkukV∗ k = kukV k và Jku, Jk−1f = hf, ui. Do A là bức, nên với % đủ lớn ta có: kukV k = % ⇒ hA(u)−f, ui > hA(u), ui − kfk∗kuk> 0. (2.1.10) Giả sử Ik∗A(u) 6= Ik∗f với mọi u ∈ Vk có kukV
k 6%. Khi đó ánh xạ u 7→% J −1 k Ik∗(f −A(u)) kIk∗(f −A(u))kV∗ k (2.1.11) ánh xạ tập lồi, compact{u ∈ Vk;kuk 6%}vào chính nó bởi vìJk−1 = 1; lưu ý rằng Jk−1f
Vk = kfkV∗
k. Đồng thời theo Bổ đề 2.1.1, ánh xạ u 7→ hA(u), vi : Vk →Rlà liên tục với mọi v nên u 7→Ik∗A(u) : Vk → Vk∗ liên tục. Theo định lý điểm bất động Brouwer 1.1.9, ánh xạ (2.1.11) có điểm bất động u, điều này nghĩa là
u = %J −1 k Ik∗(f −A(u)) kI∗ k(f −A(u))kV∗ k . (2.1.12) Vì Jk−1f Vk = kfkV∗ k nên (2.1.12) dẫn đến kukV k = %. Kiểm tra (2.1.12) với JkukIk∗(f −A(u))kV∗ k, ta có %2kIk∗(f −A(u))kV∗ k = hJku, ui kIk∗(f −A(u))kV∗ k = %Jku, Jk−1Ik∗(f −A(u)) = %hIk∗(f −A(u)), ui = %hf −A(u), Ikui = %hf −A(u), ui. (2.1.13) Từ đây ta có hA(u)−f, ui = −%kIk∗(A(u)−f)kV∗
k 6 0, mâu thuẫn với (2.1.10).
Đặt v := uk thay vào (2.1.9), ta có đánh giá
ς(kukk)kukk 6 hA(uk), uki = hf, uki 6 kfk∗kukk (2.1.14) với một hàm tăng thích hợp ς : R+ → R+ sao cho limk→∞ς(ξ) = +∞ (do tính bức (2.1.6) của A). Khi đó kukk 6 ς−1(kfk∗) < +∞, do đó uk bị chặn trong V không phụ thuộc vào k. Điều này thậm chí đúng với mọi nghiệm của (2.1.9).
Bước 4: (Lấy giới hạn) Vì {uk}k∈
N là bị chặn, V là phản xạ và tách được, nên theo Định lý Banach 1.1.6 và Mệnh đề 1.1.3, tồn tại dãy con vẫn viết là uk và u ∈ V sao cho uk * u. Từ (2.1.9) ta cũng có
hA(uk), vm −uki = hf, vm−uki, (2.1.15) với mọi k > m và vm ∈ Vm ⊂ Vk. Do tính trù mật của S
k∈NVk trong V, ta có thể chọn vk →u. Khi đó do (2.1.15) ta có lim sup k→∞ hA(uk), uk−ui = lim sup k→∞ (hA(uk), uk −vki+hA(uk), vk −ui) 6 lim k→∞(hf, uk −vki+kA(uk)k∗kvk −uk) = 0 . (2.1.16) Lưu ý rằng, dãy {uk}k∈
N đã được chứng minh là bị chặn vì vậy {kA(uk)k∗}k∈
N cũng bị chặn bởi (2.1.3) và thực tế ta có dấu đẳng thức trong (2.1.16) và “limsup” trở thành "lim". Do tính giả đơn điệu (2.1.4) của A, ta có: ∀v ∈ V : lim inf k→∞ hA(uk), uk−vi > hA(u), u−vi. (2.1.17) Mặt khác, từ (2.14) ta cũng có ∀v ∈ [ m∈N Vm : lim inf k→∞ hA(uk), uk −vi = lim k→∞hf, uk −vi = hf, u−vi. (2.1.18) Kết hợp (2.1.17) và (2.1.18), ta có hA(u), u−vi 6 hf, u−vi với mọi v thuộc một tập con trù mật của V là S
2.2 Một số tính chất của ánh xạ giả đơn điệu
Định lý Brézis 2.1.2 cho thấy vai trò quan trọng của toán tử giả đơn điệu. Vì vậy cần thiết phải tìm hiểu một số trường hợp cụ thể dẫn tới loại toán tử đó.
Bổ đề 2.2.1. Mọi ánh xạ đơn điệu liên tục xuyên tâm đều thỏa mãn (2.1.4). Đặc biệt, mọi ánh xạ đơn điệu, liên tục xuyên tâm bị chặn đều là giả đơn điệu.
Chứng minh. Chọn uk * u và giả sử lim supk→∞hA(uk), uk−ui 6 0. Do A là đơn điệu, nên hA(uk), uk −ui > hA(u), uk −ui → 0. Chứng tỏ lim infk→∞hA(uk), uk−ui > 0 và do đó
lim
k→∞hA(uk), uk −ui = 0. (2.2.1) Ta chọn uε = (1−ε)u+εv, ε > 0 và viết điều kiện đơn điệu của A giữa uk và uε:
06 hA(uk)−A(uε), uk −uεi = hA(uk)−A(uε), ε(u−v) +uk −ui (2.2.2) và bằng biến đổi đại số đơn giản ta thu được
εhA(uk), u−vi > hA(uε), uk−ui−hA(uk), uk −ui+εhA(uε), u −vi. (2.2.3) Bởi vậy, cố định ε > 0 và cho k tiến ra vô hạn, từ (2.2.1) ta có:
εlim inf
k→∞ hA(uk), u−vi > εhA(uε), u −vi. (2.2.4) Chia cho ε, dẫn đến
lim inf
k→∞ hA(uk), u −vi >hA(uε), u−vi = hA(u+ε(v−u)), u−vi. Lấy giới hạn khi ε → 0 và sử dụng tính liên tục xuyên tâm của A, ta có
lim inf
k→∞ hA(uk), u−vi > lim
ε&0hA(u+ ε(v −u)), u−vi = hA(u), u−vi. (2.2.5)
Từ (2.2.5) và (2.2.1) ta có tính giả đơn điệu của A lim inf k→∞ hA(uk), uk −vi = lim k→∞hA(uk), uk −ui+ lim inf k→∞ hA(uk), u−vi > hA(u), u−vi.
Bổ đề 2.2.2. Mọi ánh xạ 1/2 liên tục, bị chặn A : V →V∗ thỏa mãn
(uk * u và lim sup
k→∞
hA(uk)−A(u), uk−ui 6 0) ⇒uk → u (2.2.6) là giả đơn điệu.
Chứng minh. Tiên đề của (2.1.4), tức là uk * u và
lim sup k→∞ hA(uk), uk −ui 6 0, dẫn đến lim sup k→∞ hA(uk)−A(u), uk −ui = lim sup k→∞ hA(uk), uk −ui − lim k→∞hA(u), uk −ui 6 0. Do đó từ (2.2.6) ta có uk →u và do tính 1/2 liên tục của A ta có A(uk) * A(u).
Vậy limk→∞hA(uk), uk −vi = hA(u), u−vi với mọi v ∈ V. Bổ đề 2.2.3.
(i) Tổng của hai ánh xạ giả đơn điệu cũng là giả đơn điệu, tức là A1 và A2 là giả đơn điệu dẫn đến u 7→A1(u) +A2(u) là giả đơn điệu.
(ii) Tịnh tiến ánh xạ giả đơn điệu cũng là giả đơn điệu, tức là A là giả đơn điệu dẫn đến u 7→ A(u+w) là giả đơn điệu với mọi w ∈ V.
Chứng minh. Tính bị chặn (2.1.3) của A1+A2 và A(·+w) là hiển nhiên vì vậy ta chỉ cần chứng minh (2.1.4).
(i): Giả sử A1, A2 là giả đơn điệu, uk * u và
lim supk→∞h[A1 +A2] (uk), uk −ui 60. Ta kiểm tra rằng
lim sup k→∞ hA1(uk), uk −ui 6 0 và lim sup k→∞ hA2(uk), uk −ui 6 0. (2.2.7) Giả sử lim supk→∞hA2(uk), uk −ui = ε > 0. Chọn một dãy con, ta có thể giả sử rằng limk→∞hA2(uk), uk −ui = ε > 0 và bởi vậy
lim sup
k→∞
Vì A1 là giả đơn điệu nên lim infk→∞hA1(uk), uk−vi > hA1(u), u−vi với mọiv ∈ V. Đặc biệt, với v = u ta có lim infk→∞hA1(uk), uk −vi >0, mâu thuẫn với (2.2.8). Vì vậy (2.2.7) đúng. Do tính giả đơn điệu của A1, A2 ta có: lim inf k→∞ h[A1 +A2] (uk), uk −vi > lim inf k→∞ hA1uk, uk −vi + lim inf k→∞ hA2(uk), uk −vi > hA1(u), u−vi + hA2(u), u−vi > h[A1 +A2] (u), u−vi.
(ii): Giả sử uk * u và lim supk→0hA(uk+ w), uk −ui 6 0. Khi đó hiển nhênuk+w * u+wvàlim supk→0hA(uk+ w),(uk+ w)−(u+w)i 6
0. Nếu A là giả đơn điệu thì
lim infk→0hA(uk +w), uk −vi = lim infk→0hA(uk +w),(uk +w)−(v +w)i
> hA(u+w),(u+w)−(v+ w)i = hA(u+w), u−vi. Vì vậy A(·+w) là giả đơn điệu.
2.3 Phương trình với ánh xạ đơn điệu
Ánh xạ đơn điệu (với tính bị chặn và liên tục xuyên tâm) là một lớp đặc biệt của ánh xạ giả đơn điệu, xem Bổ đề 2.2.1, với lớp này ta có những kết quả mạnh hơn một chút so với lí thuyết về ánh xạ giả đơn điệu nói chung (xem Định lý 2.3.1 và Mệnh đề 2.3.2).
Bổ đề 2.3.1. (Thủ thuật Minty) Cho A: V → V∗ là liên tục xuyên tâm và hf −A(v), u −vi > 0 với mọi v ∈ V. Khi đó f = A(u).
Chứng minh. Thay v bởi u+εw với w ∈ V tùy ý, ta có
hf −A(u+εw),−εwi >0. (2.3.1) Chia cho ε > 0và lấy giới hạn ε →0 và sử dụng tính liên tục xuyên tâm của A ta nhận được:
Vì w tùy ý nên ta có A(u) = f.
Định lí 2.3.1. Cho A bị chặn, liên tục xuyên tâm, đơn điệu, bức. Khi đó:
(i) A là toàn ánh; nghĩa là, với mọi f ∈ V∗ đều tồn tại nghiệm u của (2.1.7). Hơn nữa tập các nghiệm của (2.1.7) là đóng và lồi.
(ii) Nếu thêm điều kiện, A là đơn điệu ngặt thì A−1 : V∗ → V tồn tại, đơn điệu ngặt, bị chặn và 1/2 liên tục. Nếu A là d−đơn điệu và V lồi đều thì A−1 : V∗ → V là liên tục.
(iii) Nếu thêm điều kiện A là đơn điệu đều (tương ứng mạnh) thì A−1 :
V∗ →V liên tục đều (tương ứng Lipschitz).
Chứng minh. Theo Bổ đề 2.2.1 ta có A là giả đơn điệu. Vì A bức nên tính toàn ánh của A được suy ra từ Định lý 2.1.2. Theo Bổ đề 2.1.1 A là 1/2 liên tục, vì vậy tập các nghiệm của (2.1.7) là đóng theo tôpô chuẩn củaV. Vì vậy, để chứng minh tính lồi của tập này ta chỉ cần chứng minh rằngu = 12u1+21u2 là nghiệm của (2.1.7) với mọi nghiệm u1, u2 của phương trình đó (xem Mệnh đề 1.1.5). Thật vậy, do A(u1) = f = A(u2), nên ta có
hf, u1 −vi = hA(u1), u1 −vi, (2.3.3) hf, u2 −vi = hA(u2), u2 −vi.
Ta cộng từng vế, chia cho 2 và trừ cho ánh xạ đồng nhất ta nhận được: hA(v), u−vi = 12 hA(v), u1 −vi+ 12 hA(v), u2 −vi ở đó u = 12u1+ 12u2. Ta có hf −A(v), u−vi =1 2hA(u1)−A(v), u1 −vi + 1 2hA(u2)−A(v), u2 −vi > 0
(ii): Nếu A là đơn điệu ngặt thì
hA(u1)−A(u2), u1 −u2i = hf −f, u1 −u2i = 0
chỉ xảy ra nếu u1 = u2. Nói cách khác phương trình (2.1.7) có nghiệm duy nhất vì thế nghịch đảo A−1 tồn tại.
Ánh xạ A−1 là đơn điệu ngặt: với f1, f2 ∈ V∗, f1 6= f2, đặt ui =
A−1(fi). Khi đó cũng có u1 6= u2. Do A là đơn điệu ngặt nên
f1 −f2, A−1(f1)−A−1(f2) = hA(u1)−A(u2), u1 −u2i > 0. (2.3.4) Ánh xạ A−1 là bị chặn: do tính bức của A, tồn tại ς : R+ → R sao cho limξ→∞ς(ξ) = +∞ và hA(u), ui > kukς(kuk). Bởi vậy
ς(kuk)kuk6 hA(u), ui = hf, ui 6kfk∗kuk. (2.3.5) Vì thế ς A−1(f)
= ς(kuk) 6 kfk∗. Vì vậy ánh xạ A−1 ánh xạ các tập bị chặn trong V∗ là các tập bị chặn trong V.
Ánh xạ A−1 là 1/2 liên tục, tức là (chuẩn, yếu)-liên tục: chọn fk →f trong V∗. Vì A−1 được chỉ ra là bị chặn nên A−1(fk) k∈
N là bị chặn và (có thể chuyển qua dãy con) uk = A−1(fk) * u trong V theo Định lý Banach 1.1.6. Bây giờ phải chỉ ra A(u) = f. Do tính đơn điệu của A, với mọi v ∈ V:
06 hA(uk)−A(v), uk −vi = hfk −A(v), uk −vi. (2.3.6) Bởi vậy, do tính (chuẩn×yếu)-liên tục của cặp đối ngẫu, lấy giới hạn khi k → ∞, dẫn đến
06 lim
k→∞hfk −A(v), uk −vi = hfk −A(v), uk −vi. (2.3.7) Khi đó áp dụng Bổ đề 2.3.1 ta có A(u) = f. Vì vậy toàn bộ dãy {uk}k∈
N
Nếu A là d−đơn điệu, ta có thể biến đổi (2.3.6) sử dụng v := u như sau
(d(kukk)−d(kuk)) (kukk − kuk) 6 hA(uk)−A(u), uk −ui
= hfk −A(u), uk −ui → hf −A(u), u−ui = 0
. (2.3.8) Từ đây ta có kukk → kuk bởi vì d : R→ R là tăng. Vì vậy uk →u theo Định lý 1.1.2. Nói cách khác, A−1 là liên tục .
(iii): Theo (2.1.2) ta có với mọi A(u1) = f1 và A(u2) =f2 , ς(ku1 −u2k)ku1 −u2k6 hA(u1)−A(u2), u1 −u2i
= hf1 −f2, u1 −u2i 6 kf1 −f2k∗ku1 −u2k.
(2.3.9)
Do đó ς(ku1 −u2k) 6 kf1 −f2k∗. Theo các tính chất của ς, ánh xạ nghịch đảo A−1 là liên tục đều. Trường hợp đơn điệu mạnh thì hiển nhiên.
Bổ đề 2.3.2. Mọi ánh xạ đơn điệu A :V → V∗ đều bị chặn địa phương theo nghĩa:
∀u ∈ V,∃ε > 0,∃M ∈ R+,∀v ∈ V :kv −uk 6 ε ⇒ kA(v)k∗ 6M. (2.3.10) Chứng minh. Giả sử ngược lại, tức là (2.3.10) không đúng với một u nào đó thuộc V. Không mất tính tổng quát, giả sử u = 0. Điều này